题目内容

10．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上，下列说法正确的是（　　）
A．释放A的瞬间，B的加速度为0.4g
B．C恰好离开地面时，A达到的最大速度为$2g\sqrt{\frac{m}{5k}}$
C．斜面倾角α=45°
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒

分析 释放A的瞬间，分别对A、B分析受力情况，根据牛顿第二定律求B的加速度．A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出A和B的最大速度．C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．

解答 解：AC、C刚离开地面时，对C有：kx2=mg         
此时B有最大速度，即 aB=aC=0
则对B有：T-kx2-mg=0
对A有：4mgsinα-T=0               
以上方程联立可解得：sinα=0.5，α=30°，
释放A的瞬间，设A、B的加速度大小为a，细线的张力为T．
B原来静止，受力平衡，合力为零，根据牛顿第二定律得
对B有：T=ma
对A有：4mgsinα-T=4ma
联立解得 a=0.4g，故A正确，C错误．
B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg
由上问知 x1=x2=$\frac{mg}{k}$，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；
此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：
  4mg（x1+x2）sinα=mg（x1+x2）+$\frac{1}{2}$（4m+m）vAm2
以上方程联立可解得：vAm=$2g\sqrt{\frac{m}{5k}}$
所以A达到的最大速度为为$2g\sqrt{\frac{m}{5k}}$．故B正确．
D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．
故选：AB

点评 本题的关键分析三个小球受力情况，确定出它们的运动状态，明确能量的转化情况，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行研究．

练习册系列答案
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（　　）
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（　　）
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（3）若电机带动传送带以速率v2=4m/s顺时针转动，则传送带将物体从左端传送到右端的过程中电机多做了多少功．
15．下列说法中正确的是（　　）
A．两个系统相互接触发生热传递，当内能相等时达到热平衡
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C．液面上部的蒸汽达到饱和时，仍有液体分子从液面飞出
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2．质量是100g的物体从1.8m的高处落下，又弹到1.25m处．则重力对物体做功和重力势能变化各是（　　）
A．1.8J，增加0.55JB．1.8J，减小1.8JC．0.55J，增加0.55JD．0.55J，减小0.55J
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A．在A位置，弹簧具有的弹性势能为0.6J
B．在B位置小球动能最大
C．从A→C位置，小球机械能守恒
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18．某次实验纸带的记录如图甲所示，图中A、B、C、D、E、F、G是七个测量点，每相邻两个测量点之间还有四个点未画出，电源频率为50Hz．则：
（1）打点计时器打点的时间间隔为0.1s，从打A点打到G点共历时0.6s．

（2）将B、C、D、E、F各个时刻的瞬时速度标在直角坐标系中，并在图乙中画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线．
 VB VC VD VE VF 
数值（m/s） 0.400  0.479 0.560 0.640 0.721  
（3）根据v-t图线可知纸带在A位置的瞬时速度的是0.32m/s，纸带在G位置的瞬时速度0.79m/s
（4）此实验中，根据打点计时器打出的纸带，下列选项中：
A．时间间隔  B．位移   C．加速度   D．平均速度  E．瞬时速度
我们可以从纸带上直接得到的物理量是A，测量得到的物理量是B，通过计算得到的物理量是CDE．

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